数学选择性必修 第二册2.2 空间向量及其运算课后复习题

这是一份数学选择性必修 第二册2.2 空间向量及其运算课后复习题，共9页。
A．eq \f(2π,3)B．eq \f(π,3)
C．eq \f(π,6)D．eq \f(5π,6)
2．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E是上底面A1B1C1D1的中心，则异面直线AE与BD1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(2),4)B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(10),4)D．eq \f(\r(6),3)
3．已知二面角α­l­β为锐角，平面α的法向量为n1＝(eq \r(3)，0，－1)，平面β的法向量为n2＝(－eq \f(\r(3),2)，1，eq \f(1,2))，则cs〈n1，n2〉＝________，二面角α­l­β的大小为________．
4．在长方体ABCD­A′B′C′D′中，AB＝1，BC＝2，AA′＝2，求直线B′C与平面B′BDD′所成角的正弦值．
5.已知在空间直角坐标系O­xyz(O为坐标原点)中，点A(1，1，－1)关于x轴的对称点为点B，则z轴与平面OAB所成的线面角为( )
A．eq \f(π,6)B．eq \f(π,4)
C．eq \f(π,3)D．eq \f(5π,12)
6．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(3),3)B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(3),2)D．eq \f(\r(2),2)
7．在菱形ABCD中，∠A＝60°，将△ABD沿对角线BD折起，若二面角A­BD­C为直二面角，则二面角A­BC­D的余弦值为________．
8.
在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，BC∥AD，AD⊥AB，E，F分别是棱AB，PC的中点，PA＝AB＝BC，AD＝2BC，求平面AEF与平面CDF所成锐二面角的余弦值．
9.
如图，三棱锥P­ABC中，底面△ABC为直角三角形，AB＝BC＝2，D为AC的中点，PD＝DB，PD⊥DB，PB⊥CD.
求PA与平面PBC所成角的正弦值．
10.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，O是AC的中点，点P在线段A1C1上，若直线OP与平面ACD1所成的角为θ，则csθ的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(3),3)))B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(6),3)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(\r(3),3)))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(7),3)))
11.
如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点．
(1)若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
(2)若BE＝eq \r(2)BF，且平面AEF与平面PBC所成角的余弦值为eq \f(\r(7),14)，试确定点F的位置．
课时作业(十九) 向量与夹角
1．解析：线面角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
∵〈a，n〉＝eq \f(2π,3)，∴l与法向量所在直线所成角为eq \f(π,3)，
∴l与α所成的角为eq \f(π,6).
答案：C
2．解析：
以D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，A(2，0，0)，E(1，1，2)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，1，2)，＝(2，2，－2)，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AE,\s\up6(→))·D1B,|\(AE,\s\up6(→))|·|D1B|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－4,\r(6)×\r(12))))＝eq \f(\r(2),3)，
所以异面直线AE与BD1所成角的余弦值为eq \f(\r(2),3).
答案：B
3．解析：cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝
eq \f(（\r(3)，0，－1）·（－\f(\r(3),2)，1，\f(1,2)）,\r(3＋1)·\r(\f(3,4)＋1＋\f(1,4)))＝eq \f(－\f(3,2)－\f(1,2),2\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)，
设二面角大小为α(0≤α≤π)，因为二面角α­l­β为锐角，故csα＝－cs〈n1，n2〉＝eq \f(\r(2),2)，解得α＝eq \f(π,4)，
故二面角α­l­β的大小为eq \f(π,4).
答案：－eq \f(\r(2),2) eq \f(π,4)
4．解析：
如图建立空间直角坐标系，则B′(1，0，2)，C(1，2，0)，B(1，0，0)，D(0，2，0)，
eq \(B′C,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq \(B′B,\s\up6(→))＝(0，0，－2)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，设平面B′BDD′的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(B′B,\s\up6(→))＝－2z＝0,m·\(BD,\s\up6(→))＝－x＋2y＝0))，解得z＝0，令y＝1得x＝2，则m＝(2，1，0)，设直线B′C与平面B′BDD′夹角为θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则sinθ＝|cs〈eq \(B′C,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(|（0，2，－2）·（2，1，0）|,\r(4＋4)×\r(4＋1))＝eq \f(\r(10),10).
故直线B′C与平面B′BDD′所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10).
5．解析：因为点A(1，1，－1)关于x轴的对称点为B(1，－1，1)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(1，－1，1).
设平面OAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(OA,\s\up6(→))＝0，,n·\(OB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－z＝0，,x－y＋z＝0，))所以x＝0，
令y＝1，得z＝1，所以n＝(0，1，1).
又z轴的一个方向向量为a＝(0，0，1)，设z轴与平面OAB所成的线面角为θ，
则sinθ＝eq \f(|a·n|,|a|·|n|)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以所求的线面角为eq \f(π,4).
答案：B
6．解析：
如图，正方体内三棱锥A­BCD即为满足题意的鳖臑A­BCD，
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则B(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，D(1，1，0)，M(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(1，0，0)，
cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BM,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(BM,\s\up6(→))|·|\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(\f(3,4)))＝eq \f(\r(3),3)，
则异面直线BM与CD夹角的余弦值eq \f(\r(3),3).
答案：A
7．解析：取BD的中点O，连接AO、OC，依题意可得OA、OC、OB两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，令AB＝2，则A(0，0，eq \r(3))，B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，所以eq \(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BA,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)z＝0,n·\(BC,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＝0))，令x＝eq \r(3)，则y＝z＝1，所以n＝(eq \r(3)，1，1)，显然平面BCD的法向量可以为m＝(0，0，1)，设二面角A­BC­D为θ，则csθ＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(1,1×\r(（\r(3)）2＋12＋12))＝eq \f(\r(5),5)，故二面角A­BC­D的余弦值为eq \f(\r(5),5).
答案：eq \f(\r(5),5)
8．解析：
以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向，
如图所示，建立空间直角坐标系A­xyz.
设AB＝2，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，E(1，0，0)，P(0，0，2).
因为F是棱PC的中点，所以F(1，1，1)，所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－1，－1，1).
设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝x1＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝x1＋y1＋z1＝0))，令y1＝1，得n＝(0，1，－1).
设平面CDF的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CD,\s\up6(→))＝－2x2＋2y2＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝－x2－y2＋z2＝0))，令x2＝1，得m＝(1，1，2).
设平面AEF与平面CDF所成的锐二面角为θ，
则csθ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(6)×\r(2))＝eq \f(\r(3),6).
9．解析：∵AB＝BC，D为AC的中点，
∴BD⊥CD，
∵PB⊥CD，BD∩PB＝D，BD、PB⊂平面PBD，
∴CD⊥平面PBD，而PD⊂平面PBD，
∴CD⊥PD，又PD⊥DB，CD∩DB＝D，CD、DB⊂平面BCD，
∴PD⊥平面BCD.
所以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(eq \r(2)，0，0)，B(0，eq \r(2)，0)，C(－eq \r(2)，0，0)，P(0，0，eq \r(2))，
∴eq \(PA,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，－eq \r(2))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，－eq \r(2))，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝\r(2)y－\r(2)z＝0,n·\(PC,\s\up6(→))＝－\r(2)x－\r(2)z＝0))，令z＝1，则n＝(－1，1，1)，
设PA与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝|cs〈eq \(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PA,\s\up6(→))·n,|\(PA,\s\up6(→))|·|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－\r(2)－\r(2),2×\r(3))))＝eq \f(\r(6),3)，
故PA与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
10．解析：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，O(1，1，0)，D1(0，0，1),
设P(a，2－a，1)(0≤a≤2)，则eq \(OP,\s\up6(→))＝(a－1，1－a，1)，＝(－2，0，1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·AD1＝－2x＋z＝0,n·\(AC,\s\up6(→))＝－2x＋2y＝0))，令x＝1，得n＝(1，1，2)，
所以sinθ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(OP,\s\up6(→)),|n|·|\(OP,\s\up6(→))|)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a－1＋1－a＋2,\r(6)·\r(（a－1）2＋（1－a）2＋12))))＝eq \f(2,\r(6))×eq \f(1,\r(2（a－1）2＋1))，
由于0≤a≤2，∴eq \r(2（a－1）2＋1)∈[1，eq \r(3)]，
∴eq \f(1,\r(2（a－1）2＋1))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))，
∴sinθ＝eq \f(2,\r(6))×eq \f(1,\r(（a－1）2＋2))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(6),3)))，
∴sin2θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,9)，\f(2,3)))，∴1－sin2θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(7,9)))，
由于θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以csθ＝eq \r(1－sin2θ)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(7),3))).
答案：D
11．解析：(1)证明：由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BC，又在正方形ABCD中，BC⊥AB，
且PA∩AB＝A，则BC⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，有BC⊥AE.
由PA＝AB，E为PB中点，可得AE⊥PB，
又PB∩BC＝B，则AE⊥平面PBC，AE⊂平面AEF，从而平面AEF⊥平面PBC.
(2)以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).
由(1)可知eq \(AE,\s\up6(→))＝n1＝(eq \f(1,2)，0，eq \f(1,2))为平面PBC的法向量．
由BE＝eq \r(2)BF，可知EF∥PC，设eq \(BF,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))，则eq \(BF,\s\up6(→))＝λ(0，1，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝λ(－1，0，1)，可得eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝(1，λ，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝(1－λ，0，λ).
设平面AEF的法向量为n2＝(x，y，z)，由n2·eq \(AF,\s\up6(→))＝0
n2·eq \(AE,\s\up6(→))＝0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋λy＝0,（1－λ）x＋λz＝0))，
取y＝1，则x＝－λ，z＝1－λ，即n2＝(－λ，1，1－λ).
从而，由|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(|1－2λ|,\r(2)·\r(2λ2－2λ＋2))＝eq \f(\r(7),14)，解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3)，即F为BC三等分点处．
练基础
提能力
培优生